1樓：匿名使用者
條件應該改成|f'(x)|≤f(x)
由條件知f'(x)≤f(x)
即f(x)-f'(x)≥0
注意到((e^(-x))f(x))'=(e^(-x))(f'(x)-f(x))≤0
即(e^(-x))f(x)在(0,1)上單調遞減。
任取0 f(x1)/e^x1≥f(x2)/e^x2任意取定x2=x0代入上式得 當0 lim(f(x)/e^x)=limf(x)/lime^x=f(0)/e^0=0≥lim(f(x0)/e^xo)=f(x0)/e^x0 即f(x0)≤0 又f(x0)≥|f'(x0)|≥0，得到f(x0)=0注意到x0是任取的，這樣當0 2樓：匿名使用者 樓上證明饒了乙個大彎子。 本題可用用lagrange中值定理來證 設x0屬於[0,0.5] 且| f(x0)|是[0,0.5]上的最大值，則： |f(x0)|=|f(x0)-f(0)|<=|f '(y)|*0.5<=|f (y)|*0.5<|f(y)| 其中y屬於（0，x0） 而這與|f(0)|是最大值矛盾！故|f(x0)|=0後面同理 高數：設f(x)在[0,1]上連續，在(0,1)內可導，且f(0)=0,f(1)=1 3樓：臺溶荀浩思 那裡多寫制了個dx 由積分中值定理bai:存在a∈(0,1)使:(2/πdu)[e^zhif(a)]arctana=1/2,或[e^f(a)]arctana=π/4 設f(x)=arctanxe^f(x)，則:f(1)=arctan1e^f(1)=π/4，f(a)=arctanae^f(a)=π/4. 用羅爾定理,存在ζ∈dao(a,1)(當然ζ∈(0,1))，使:f』(ζ)=0 但f『(x)=e^f(x)/(1+x^2)+arctanxe^f(x)*f'(x) 代入得:1/(1+ζ^2)+f'(ζ)arctanζ=0 即:(1+ζ^2)f'(ζ)arctanζ=-1 4樓： 由介bai 值定理, 存在c∈ (0,1), 使duf(c) = a/(a+b). 由lagrange中值定理zhi, 存在daoζ內∈(0,c), 使f'(ζ) = (f(c)-f(0))/(c-0), 即有(a+b)c = a/f'(ζ). 又存在η 容∈(c,1), 使f'(η) = (f(1)-f(c))/(1-c), 即有(a+b)(1-c) = b/f'(η). 於是ζ < η滿足a/f'(ζ)+b/f'(η) = a+b. 設函式f(x)在〔0,1〕上連續，在（0,1）內可導，且f(0)=f(1)=0,證明 5樓：匿名使用者 f=f(x)e^(x/2),f在區間[0,1]満足羅爾定理的條件.由羅爾定理,在（0,1）內至少有一點ξ，使f'(ξ)=0,但f'(x)=f'(x)e^(x/2)+(1/2)f(x)e^(x/2),代入即得結論 6樓：扈琇仁冬萱 令g(x)=x²f(x) 則g(0)=g(1)=0 由中值定理：存在&∈(0,1),使 g'(&) =2&f(&)+&²f'(&)=0 即2f(&)+&f'(&)=0 設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,有f(1)=0.證明:至少存在一點ε∈(0 7樓：匿名使用者 證：建構函式f(x)=xf(x) f(0)=0·f(0)=0，f(1)=1·f(1)=1·0=0f'(x)=[xf(x)]'=f(x)+xf'(x)由羅爾中值定理，在(0，1)內，至版少存在一點ξ權，使得： f'(ξ)=[f(1)-f(0)]/(1-0)=(0-0)/(1-0)=0 f(ξ)+ξf'(ξ)=0 f'(ξ)=-f(ξ)/ξ 8樓：俺們張學建 最簡單的方法，構造特殊函式,f(x)=0, 9樓：孝飛白寶清 證明：du設g(x)=xf(x), 則g'(x)=xf'(x)+f(x) ,g(1)=1f(1)=0 ,g(0)=0*f(0)=0 所以g(x)在zhi[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中dao 值定理得： 存在內一點ε 容∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε)=(g(1)-g(0))/(1-0)=0 所以f'(ε)=-f(ε)/ε 設函式f(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導,有f(1)=0.證明:至少存在一點ε∈(0,1),使f'(x)=-f(ε)/ε。 10樓：你愛我媽呀 證明過程如下： 設g(x)=xf(x)， 則g'(x)=xf'(x)+f(x) , g(1)=1f(1)=0 , g(0)=0*f(0)=0。 所以g(x)在[0，1]上連續，在(0，1)內可導且g(0)=g(1)，由羅爾中值定理得： 存在一點ε∈(0，1)，使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0. 所以f'(ε)=-f(ε)/ε。 11樓：匿名使用者 證明：設g(x)=xf(x), 則g'(x)=xf'(x)+f(x) , g(1)=1f(1)=0 , g(0)=0*f(0)=0 所以g(x)在[0,1]上連續,在(0,1)內可導且g(0)=g(1),由羅爾中值定理得： 存在一點ε∈(0,1),使g'(ε)=εf'(ε)+f(ε) =(g(1)-g(0))/(1-0)=0 所以f'(ε)=-f(ε)/ε beauty春城晚報 令g x f x x，則g x 在 12 1 連續，在 12 1 可導，且g 1 f 1 1 0 1 1 0，g 1 2 f 12 12 1 12 1 2 0 由零點定理 12 1 使得g 0，即f 命題得證 2 設h x e x f x x x 0，則h x 在 0，連續，在... 碧白楓費歡 根據有關法則，f 應當連續，而且有一點是0 假如f 在定義域不等於1，那麼一定小於1，則 0 1 2 f 1 2,這與f 1 2 1矛盾，故題設成立 茹翊神諭者 可以考慮羅爾定理 答案如圖所示 長沛凝戚儒 一 1 令f x f x x 則f 1 2 1 2,f 1 1 有零點定理知，f ... f x m 0，所以f x 是增函式，無上界，f 0 0，所以存在x0 0,使得f x0 0,當0x0時f x 0,f x 是增函式。於是f x f x0 f 0 0,所以f x0 0,所以方程f x 0在 0,不同實根的個數為2.注 方程f x 0在 0,不同實根的個數為1. 因為f x m 0，...上連續,在 0,1 內可導且f 0 f
設函式f x 在上連續，在（0,1）上可導，且f 1 f 0 0,f
0上二階可導,f 0 0,f 0 0,fx M0，則方程f x 0在 0不同實根的個數為